Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Quỳnh Lưu 1, Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU
1
ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT
QUỐC GIA
LẦN 1 - NĂM 2015
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút không kể giao đề)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y =
2 1
( )
2
x
C
x


1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.
Câu 2 (0.5 điểm) Giải bất phương trình: log
3
(x – 3 ) + log
3
(x – 5 ) < 1
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: I =
2
1
1x x dx

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với đáy.
SA = AD = a , AB = 2a.

1 . Tính thể tích khối chóp S.ABC.
2 . Tính khoảng cách giữa AB và SC.
Câu 5 (1 điểm) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3), B(-3; -3;2 )
1. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.
2. Tìm điểm M nằm trên trục hoành sao cho M cách đều hai điểm A, B .
Câu 6 (1 điểm) Giải phương trình: 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4
Câu 7 (0.5 điểm ) Gọi T là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập T.
Tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2015 .
Câu 8 (1điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. B, C là hai điểm đối xứng nhau
qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương trình x + 2y - 5= 0. Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K(6;2).
Câu 9 (1 điểm) Giải hệ phương trình
 
2
2
9 9 5 4 9 7
2 1 9 7 7
x xy x y y
x y x y x y

    


      


Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
 

 
2
2
4
a b
c ab bc ca

  
- Hết -
Họ và tên thí sinh ……………………………… Số báo danh…………………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT
QUỐC GIA LẦN 1
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
y =
2 1
( )
2
x
C
x


1
TXĐ: D = R \
 
2
y’ =
 
2

5
2x


< 0 với mọi x thuộc D
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-

;2 ) và (2 ; +

), hàm số không có
cực trị
0.25
2
lim ,
x
y


  
2
lim
x
y


  
nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị
lim lim 2
x x
y y

 
 
nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
0.25
Bảng biến thiên
x -

2 +

y’ - -
+

2
2
-

0.25
Đồ thị cắt trục tung tại (0 ;
1
2

) , cắt trục hoành tại (
1
2

; 0) . điểm I(2;2) là tâm
đối xứng của đồ thị .
y
2
O 2 x

0.25
2 Gọi M(x
0
;y
0
) là tiếp điểm , k là hệ số góc của tiếp tuyến. Phương trình tiếp
tuyến tại M có dạng: y = k(x- x
0
) + y
0 ,
y’
 
2
5
2x


0.25
Hệ số góc k = -5

y’(x
0
) = -5

(x
0
– 2)
2
= 1


x
0
= 3 hoặc x
0
= 1 0.25
Với x
0
= 3 thì M(3;7) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 22 0.25
Với x
0
= 1 thì M(1;-3) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 2 0.25
Câu 2 Giải bất phương trình: log
3
(x – 3 ) + log
3
(x – 5 ) < 1 (*)
ĐK: x > 5
(*)

log
3
(x – 3 )(x - 5) < 1

(x – 3 )( x - 5) < 3
0.25

x
2
– 8x +12 < 0


2 < x < 6
Kết hợp ĐK thì 5 < x < 6 là nghiệm của bất phương trình 0.25
Câu 3
Tính tích phân: I =
2
1
1x x dx

Đặt
1x 
= t thì x = t
2
+ 1 , dx = 2tdt
Đổi cận : x = 1 thì t = 0 ; x = 2 thì t = 1
0.25
I = 2
 
1
2 2
0
1t t dt

= 2
 
1
4 2
0
t t dt

0.25

= 2 (
5 3
5 3
t t

)
1
0
=
16
15
0.5
Câu 4
H
E
C
B
D
A
S
1 Tính thể tích khối chóp S.ABC
SA vuông góc với mp đáy nên SA là đường cao của khối chóp, SA = a
Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với
AB và CE = DA = a là đường cao của tam giác CAB
0.25
Diện tích tam giác là S =
1
2
CE.AB = a
2

Thể tích khối chóp S.ABC là V =
1
3
a
3
0.25
2 Tính khoảng cách giữa AB và SC
Ta có AB//DC nên d(AB, SC) = d(AB, SDC). Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ
AH vuông góc với SD (1), H thuộc SD
Ta có DC vuông góc với AD, DC vuông góc SA nên DC vuông góc với
mp(SAD) suy ra DC vuông góc AH (2) .
Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC)
AH = d(AB, SDC) = d(AB, SC )
0.25
Trong tam giác vuông SAD ta có
2 2
1 1
AH AD
 
2 2
1 2
SA a


AH =
2
a
0.25
Câu 5
1

Gọi I là trung điểm của AB thì I(-1;
1
2

;
5
2
) là tâm mặt cầu. Bán kính mặt cầu
R
2
= IA
2
= 21/2
0.25
Phương trình mặt cầu (x+1)
2
+(y +
1
2
)
2
+(z
5
2

)
2
= 21/2
0.25
2

M nằm trên trục hoành nên M(x;0;0) .
MA

(1-x ;2;3) ,
MB

(-3-x;-3;2).
0.25
M cách đều A , B tức là MA
2
= MB
2
Hay (1-x)
2
+13 = (-3-x)
2
+13

x = 1
Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán . 0.25
Câu 6 Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4

4sinxcosx – 2cosx +2sin
2
x - 1– 7sinx + 4 = 0

2cosx(2sinx -1) + 2sin
2
x -7sinx +3 = 0
0.25


2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0

(2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0
0.25

sinx =
1
2
Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0
Ta có: sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 1
2
+2
2
< 3
2
0.25
Phương trình tương đương sinx =
1
2

x=
2
6
k



hoặc x=
5

2
6
k



0.25
Câu 7
Số phần tử của tập hợp T là
4
7
A
= 840
Gọi
abcd
là số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1,2,3,4,5,6,7 và lớn hơn 2015.
Vì trong các chữ số đã cho không chứa chữ số 0 nên để có số cần tìm thì a

2
0.25
Vậy có 6 cách chọn a . Sau khi chọn a thì chọn b,c,d có
3
6
A
cách chọn
Xác suất cần tìm là P =
3
6
4

7
6A
A
=
6
7
0.25
Câu 8 Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b)
B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC
0.25
Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4)
BI

(2b – 3 ; 4 – b ) ,
CK

(11 – 2b ; 2 + b)
Tam giác ABC vuông tại A nên
.BI CK
 
= 0

- 5b
2
+ 30b – 25 = 0

b= 1 hoặc b= 5
0.25
Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại 0.25
Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A(

31 17
;
5 5
)
0.25
Câu 9
Giải hệ phương trình
 
2
2
9 9 5 4 9 7 (1)
2 1 9 7 7 (2)
x xy x y y
x y x y x y

    


      


Đk : x
0y 
. Nếu x = y thì (2) vô nghiệm nên x > y
(2)

2x y 
-
7 7x y
+ 1 – [3(x- y )]

2
= 0

  
2 6 6
1 3 3 1 3 3 0
2 7 7
x y
x y x y
x y x y
 
     
   
0.25

   
2
1 3 3 1 3 3 0
2 7 7
x y x y
x y x y
 
     
 
   
 
 
x > y

0 nên

 
2
1 3 3
2 7 7
x y
x y x y
 
  
 
   
 
 
> 0 suy ra 1–3x + 3y =0
0.25
Thay y = x –
1
3
vào phương trình (1) ta được
9x
2
+ 9x(x -
1
3
) + 5x – 4(x -
1
3
) + 9
1
3
x 

= 7

18x
2
– 8x + 6x -
8
3
+ 9
1
3
x 
- 3 = 0

2x(9x – 4 ) +
2
3
(9x – 4 ) +3(
9 3x 
- 1 ) = 0
0.25

(9x – 4 )
2 3
2
3
9 3 1
x
x
 
 

 
 
 
 
= 0

x =
4
9
vì x > 0
Với x =
4
9
thì y =
1
9
. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (
4
9
;
1
9
)
0.25
Câu 10
Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2]. Tìm GTNN của P =
 
 
2
2

4
a b
c ab bc ca

  
.
P =
 
 
2
2
4
a b
c ab bc ca

  
=
 
 
2
2
4 4
a b
c a b c ab

  
Ta có 4ab

(a + b)
2

nên P

 
   
2
2
2
4
a b
c a b c a b

   
=
2
2
1 4
a b
c c
a b a b
c c c c
 

 
 
   
   
   
   
0.25
Đặt t =

a b
c c

vì a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4]
Ta có f(t) =
2
2
4 4
t
t t 
, f’(t) =
 
2
2
2
4 2
1 4
t t
t t

 
> 0 với mọi t thuộc [1;4]
0.25
Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng
1
6
khi t = 1
0.25
Dấu bằng xảy ra khi a = b ;
a b

c

= 1, a,b,c thuộc [1;2]

a =b = 1 và c =2
Vậy MinP =
1
6
khi a =b = 1 và c = 2
0.25
(MỌI CÁCH GIẢI ĐÚNG ĐỀU CHO ĐIỂM THEO THANG ĐIỂM TƯƠNG ỨNG)